数学做题笔记

P1829 [国家集训队] Crash 的数字表格：推式子。
本质上和 P3768 简单的数学题 没有多大区别，杜教筛筛一下 $\phi$ 就能解决了。

顺带一提，P3768 最后推出来是 $\sum\limits_{j=1}^nS(\left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor)^2(j^2\phi(j))$。（

$\quad\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\text{lcm}(i,j)$
$=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\dfrac{ij}{\gcd(i,j)}$
$=\sum\limits_{d=1}^n\dfrac{1}{d}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\space ij$

这里是一如既往的换掉 $\text{lcm}$ 变成 $\gcd$
然后从 $i,j$ 里面提出来 $d^2$，显然不为 $d$ 倍数时无贡献，那么变成

$=\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}[\gcd(i,j)=1] \space ij$

然后就可以开始莫反了，哈哈哈。
形式大约是 $\sum\mu(i)g(i)$ 这样子推。

设 $f(n,m)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}[\gcd(i,j)=1] \space ij$，$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$

就能得到

$g(d)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[d|\gcd(i,j)]\space ij$

同理直接提 $d^2$，得到

$g(d)=d^2\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}ij=d^2(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}i)(\sum\limits_{i=1}^{\frac{m}{d}}i)$

代回去得到 $res=\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu(i)i^2(\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{id}}j)(\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{id}}j)$

可以了，$O(n)$ 做法到手。下面看一眼 借鉴了 Solution 的 根号复杂度做法。

事实上这个做法的思路只是将枚举因数变成了枚举 $id$ 也就是乘积
然后把前缀和给提出来预处理就变得非常迅速

$=\sum\limits_{j=1}^n(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{j}}i)(\sum\limits_{i=1}^{\frac{m}{j}}i)\times j\sum\limits_{i|j}i\mu(i)$

就可以愉快地 $O(\sqrt n)$ 单次询问求解啦。

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P1446 [HNOI2008] Cards：大致是给出三种牌数然后给一堆置换，求方案数。

Burnside 引理板题。直接套上去即可。

这个洗牌就是一个置换群，用类似求环的方法直接求出来置换的循环即可。
求出来之后直接 DP 求解方案数即可~

inline int qinyubo() {
  int cnt = 0;
  for (int i = sr; ~i; --i) for (int j = sb; ~j; --j)
    for (int k = sg; ~k; --k) f[i][j][k] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = false;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (vis[i]) continue;
    int cur = i, curans = 0;
    while (!vis[cur])
      ++curans, vis[cur] = true, cur = to[cur];
    siz[++cnt] = curans;
  }
  f[0][0][0] = 1;
  for (int cur = 1; cur <= cnt; ++cur)
    for (int i = sr; ~i; --i) for (int j = sb; ~j; --j)
      for (int k = sg; ~k; --k) {
        if (i >= siz[cur]) (f[i][j][k] += f[i-siz[cur]][j][k]) %= p;
        if (j >= siz[cur]) (f[i][j][k] += f[i][j-siz[cur]][k]) %= p;
        if (k >= siz[cur]) (f[i][j][k] += f[i][j][k-siz[cur]]) %= p;
      }
  return f[sr][sb][sg];
}

int main() {
  ios_base::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> sr >> sb >> sg >> m >> p;
  n = sr + sb + sg;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    for (int j = 1; j <= n; ++j) cin >> to[j];
    (res += qinyubo()) %= p;
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) to[i] = i;
  (res += qinyubo()) %= p;
  (res *= qpow(m + 1, p - 2)) %= p;
  cout << res << endl;
  return 0;
}

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P3197 [HNOI2008] 越狱：哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈题。

考虑不发生越狱的方案数，第一个房间有 $m$ 种，后面都是 $m-1$ 种。
用总方案数减掉不合法数得出答案。

all = qpow(m, n), to = m * qpow(m - 1, n - 1) % md;
res = ((all - to) % md + md) % md;
cout << res << endl;

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P4609 [FJOI2016] 建筑师：城市规划。

首先显然可以确定一个最高的建筑，以此为中心，分成左半和右半。
同时可以认为，左半分为了 $A-1$ 个段，右半为 $B-1$。
然后可以将一个可以被看见的建筑理解为一个以其为开头的段。
那么这一段中以其为开头，其余的可以随便排序。
计算答案发现，假设某一段长度为 $x$，则排列方案数为 $P_{x-1}^{x-1}$。
而一个大小为 $x$ 的环，排列方案数也恰好为 $\dfrac{P_x^x}{x}=P_{x-1}^{x-1}$。

则可以理解为将 $n-1$ 个元素分为 $A+B-2$ 个环。

那么答案就是这样，左边右边分一下，一个组合数，然后分一下环，乘起来。

答案即为 $S_1(n-1, A+B-1)\times\dbinom{A+B-2}{A-1}$。

res 表示第一类斯特林数，c 表示组合数。

inline void init() {
  res[0][0] = 1;
  for (int j = 1; j <= 5e4; ++j)
    for (int i = 1; i <= 2e2; ++i)
      res[j][i] = (res[j-1][i-1] + (j - 1) * res[j-1][i]) % p;
  for (int i = 0; i <= 2e2; ++i) c[0][i] = 1;
  for (int i = 1; i <= 2e2; ++i)
    for (int j = 1; j <= 2e2; ++j)
      c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i][j-1]) % p;
}

inline void query() {
  cin >> n >> a >> b;
  int ans = res[n-1][a+b-2] * c[a-1][a+b-2];
  cout << ans % p << endl;
}

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CF932E Team Work：推式子题。

$\quad\sum\limits_{i=1}^n\binom{n}{i}\times i^k$
$=\sum\limits_{i=1}^n\binom{n}{i}\sum\limits_{j=0}^kS_2(k,j)\dfrac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1}$
$=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{n!}{i!\space (n-i)!}\sum\limits_{j=0}^kS_2(k,j)$